1. 解： （1） 由題意得A=2. 由=x0+-x0=可得T=π=，解得ω=2.故y=2sin（2x+φ）.把（0，-1）代入y=2sin（2x+φ）可得2sinφ=-1，即sinφ=-.因為φ<，所以φ=-，所以f（x）=2sin2x-.

因為當(dāng)x=x0時，f（x）取到最大值2，所以2x0-=2kπ+（k∈Z），解得x0=kπ+.因為（x0，2）是f（x）在y軸右側(cè)的第一個最高點，即x0=kπ+是最小的正數(shù)，所以當(dāng)k=0時，x0=滿足題意.

（2） 由（1）知f（θ）=2sin2θ-=2sin2θcos-sincos2θ=sin2θ-cos2θ.因為θ∈，π且sinθ=，所以cosθ=-=-，所以sin2θ=2sinθcosθ=-，cos2θ=1-2sin2θ=.代入f（θ）=sin2θ-cos2θ可得f（θ）=-.

2. 解： （1） 因為cos（B-A）=2sin2=1-cosC=1-[-cos（A+B）]=1+cos（A+B），所以 cos（B-A）-cos（A+B）=（cosAcosB+sinAsinB）-（cosAcosB-sinAsinB）=2sinAsinB=1，故sinAsinB=.

（2） 因為a2+b2=c2，故由余弦定理可得cosC==.由正弦定理可得=，又由（1）知sinAsinB=，故cosC==sin2C=（1-cos2C），整理得3cos2C+8cosC-3=0，解得cosC=（cosC=-3不成立，舍去）.因為∠C為△ABC的內(nèi)角，所以sinC>0，所以sinC==，所以tanC=2.

3. 解： （1） 因為CA平分∠BCD，所以A到CD，CB的距離相等.如圖1所示，作AE垂直CB交CB的延長線于E，作AF⊥CD，則AF=d·sinD=AE=a·sin（π-B）=a·sinB，a·sinB=d·sinD得證.

（2） 由a=3，b=5，·=a·b·cos（π-B）=-a·b·cosB=可得cosB=-，故∠B=120°.在△ABC中，由余弦定理得AC===7，由正弦定理得=即=，解得sin∠ACB=. 因為AC平分∠BCD，所以cos∠BCD=cos2∠ACB=1-2sin2∠ACB=.

4. 解： 根據(jù)題意，每個人用A套試題進(jìn)行面試的概率為=，用B套試題進(jìn)行面試的概率為=.設(shè)“這4個人中恰有i人用A套試題進(jìn)行面試”為事件Ai （i=0，1，2，3，4），則P（Ai）=i4-i.

（1） 設(shè)“這4個人中用A套試題進(jìn)行面試的人數(shù)大于用B套試題進(jìn)行面試的人數(shù)”為事件C，則C=A3∪A4. 所以P（C）=P（A3）+P（A4）=3+4=，即這4個人中用A套試題進(jìn)行面試的人數(shù)大于用B套試題進(jìn)行面試的人數(shù)的概率為.

（2） 由題意可知，當(dāng)X分別取值0，1，2，3，4時，對應(yīng)的Y的取值為4，3，2，1，0，由？孜=X-Y可知？孜所有可能的取值為0，2，4，所以P（？孜=0）=P（A2）=22=；P（？孜=2）=P（A1）+P（A3）=13+31=；P（？孜=4）=P（A0）+P（A4）=4+4=.

所以？孜的分布列為：

隨機變量？孜的數(shù)學(xué)期望E？孜=0×+2×+4×=.

5. 解： （1） X=3意味著在3次取球中，有1次取到黑球，另外2次取到白球.其中，第1次取到黑球，后2次取到白球的概率為××；第2次取到黑球，另2次取到白球的概率為××；第3次取到黑球，前2次取到白球的概率為××.故P（X=3）=××+××+××=.

（2） 由題意可知X的取值為2，3，4，5. X=2意味著3次取到的都是白球，取球后剩下的白球個數(shù)為2，P（X=2）=××=. X=4意味著有2次取到黑球，另外1次取到白球，取球后剩下的白球個數(shù)為4，P（X=4）=××+××+××=.X=5意味著3次取到的都是黑球，取球后剩下的白球個數(shù)為5，P（X=5）=××=.由（1）得P（X=3）=.

所以X的分布列為：

E（X）=2×+3×+4×+5×=.

6. 解： （1） 由4Sn=+2an-3 （①）得4S1=4a1=+2a1-3，解得a1=3或a1=-1.因為{an}為正數(shù)數(shù)列，所以a1=3.又4Sn+1=+2an+1-3 （②），②-①可得4an+1=+2an+1--2an，整理得（an+1-an-2）·（an+1+an）=0.因為{an}各項為正，所以an+1+an≠0，故an+1-an-2=0，即an+1-an=2.所以數(shù)列{an}是首項為3、公差為2的等差數(shù)列，其通項公式為an=2n+1 （n∈N*）.

（2） 由（1）得Sn=n2+2n，所以bn=2Sn·3n-1=（2n2+4n）·3n-1，所以=2+·3n-1>2·3n-1，故++…+>（2+4）·30+2·（3+32+…+3n-1）=3n+3.因為n∈N*，所以3n+3-3n=3>0，所以++…+>3n.

7. 解法一： （1） 如圖2所示，聯(lián)結(jié)AC交BD于點O.因為ABCD為正方形，所以BD⊥AC. 由AE⊥平面ABCD得AE⊥BD，所以BD⊥平面AEC.因為CE？奐平面AEC，所以BD⊥CE.

由AE⊥平面ABCD，CF⊥平面ABCD得AE∥CF，所以A，C，F(xiàn)，E四點共面.聯(lián)結(jié)OF，在平面ACFE內(nèi)，設(shè)CE交OF于點G.因為ABCD為正方形且邊長為2，所以對角線AC=2，又AE=4，所以=.因為CF=1，OC=AC=，所以=.因為△AEC與△COF均為直角三角形，而=，所以∠AEC=∠COF.又在Rt△AEC中，∠AEC+∠ACE=90°，所以∠COF+∠ACE=90°即∠COF+∠OCG=90°，所以∠OGC=90°，故CE⊥OF.

因為BD，OF？奐平面BDF且BD∩OF=O，所以CE⊥平面BDF.

（2） 如圖2所示，作GH⊥DF，垂足為H，聯(lián)結(jié)EH.由CE⊥平面BDF得CE⊥DF，又CE∩GH=G，所以DF⊥平面EGH，所以DF⊥EH.因為DF為二面角E-DF-B的交線，GH？奐平面BDF，由EH⊥DF，GH⊥DF可得∠EHG為二面角E-DF-B的平面角.

在Rt△OCF中，由勾股定理得OF==.由（1）知CG⊥OF，OC=，故CG==，F(xiàn)G==.因為BD⊥CF，BD⊥OC，所以BD⊥平面FOC，所以BD⊥OF.因為在Rt△ODF中，GH⊥DF，所以△FGH∽△FDO，所以=.因為正方形ABCD的邊長為2，故OD=BD=AC=，DF==，所以GH==.又CE==2，結(jié)合CG=可得EG=CE-CG=.因為CE⊥平面BDF，GH？奐平面BDF，所以CE⊥GH，所以∠EGH=90°.所以在Rt△EGH中，tan∠EHG==5，即二面角E-DF-B的正切值為5.

解法二： 如圖3所示，以D為坐標(biāo)原點，DA為x軸，DC為y軸，過D且垂直于平面ABCD的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系.由題意可得D（0，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），E（2，0，4），F(xiàn)（0，2，1），所以=（0，2，1），=（2，2，0），=（-2，2，-4），=（2，0，4）.

（1） 因為·=0，·=0，所以EC⊥DB，EC⊥DF；又DB∩DF=D，所以EC⊥平面BDF.

（2） 設(shè)平面DEF的法向量為n=（x，y，z），則n⊥，n⊥，即2y+z=0，2x+4z=0.令y=1，得n=（4，1，-2）.由（1）知EC⊥平面BDF，所以就是平面BDF的一個法向量.由圖3可知〈n，〉等于二面角E-DF-B的平面角.因為cos〈n，〉==，所以tan〈n，〉=5，所以二面角E-DF-B的正切值為5.

8. 解： （1） AB=4，AC=4，∠BAC=45°，由余弦定理可得BC2=AB2+AC2-2·AB·AC·cos∠BAC，解得BC=4.由AB=BC且AB2+BC2=AC2可得△ABC為等腰直角三角形.因為D為Rt△ABC斜邊AC的中點，故BD⊥AC.以BD為折痕翻折后仍有BD⊥CD.因為CE⊥CD且CE？奐平面BCD，所以CE∥BD.又CE？埭平面A′BD，BD？奐平面A′BD，所以CE∥平面A′BD.

（2） 由（1）可知在△ABC中，BD⊥AC，翻折后有A′D⊥BD，CD⊥BD，所以∠A′DC就是二面角A′-BD-C的平面角，所以∠A′DC=90°，即A′D⊥DC.又A′D⊥BD，所以A′D⊥平面BDC.

如圖4所示，以D為坐標(biāo)原點，以BD，CD，A′D分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系.因為A′D⊥CE，又CE⊥CD，所以CE⊥平面A′CD.

因為在Rt△ABC中，D為AC的中點，所以AD=CD=2，所以△A′CD為等腰直角三角形，所以A′C==4.設(shè)A′C的中點為F，聯(lián)結(jié)DF，由等腰直角三角形的性質(zhì)可知DF⊥A′C且DF=A′C=2.因為CE⊥平面A′CD，所以CE⊥DF.又DF⊥A′C，所以DF⊥平面A′CE.

由題意知D（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），A′（0，0，2），因此F（0，，）.

因為DF⊥平面A′CE，故=（0，，）為平面A′CE的法向量.

又=（2，0，-2），=（0，2，-2），設(shè)平面A′BC的法向量為n=（x，y，z），則n·=0，n·=0，解得x=y=z，取x=1，得n=（1，1，1）.

設(shè)n與的夾角為θ，則cosθ===.結(jié)合圖4可知二面角B-A′C-E的夾角為π-θ，故二面角B-A′C-E的余弦值為-.

9. 解： （1） 因為DE∥BC，∠ACB=90°，所以DE⊥AE，DE⊥EC.將△ABC沿DE折起后，有DE⊥AE，有DE⊥EC′，所以DE⊥平面AC′E，所以DE⊥AC′.由EC′=EC=2AE=2可得AE=1，而AC′=，所以AE2+AC′2=EC′2，可得AC′⊥AE.因為AE∩DE=E，所以AC′⊥平面ADE.

（2） 如圖5所示，以A為原點，以平面ADE中過點A且平行于DE的直線為x軸、AE為y 軸、AC′為z軸建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)DE=a （a>0），則 A（0，0，0），E（0，1，0），C′（0，0，），D（a，1，0）.

因為DE∥BC且EC=2AE，所以BC=3DE，故翻折后有=3=（-3a，0，0） ，故由C′（0，0，）可求得B′（3a，0，），所以=（3a，0，）. 設(shè)n=（x，y，1）是平面AB′D的一個法向量，則n·=（x，y，1）·（a，1，0）=ax+y=0，n·=（x，y，1）·（3a，0，）=3ax+=0，所以n=-，，1.

在x軸上任取一點，設(shè)m=（1，0，0），由圖5易知m為平面AC′E的一個法向量.因為平面AB′D與平面AC′E所成角為45°，所以cos45°=cos〈m，n〉===，解得a=（a=-舍去）.由=（-3a，0，0）可得B′C′=3a=.

10. 解： （1） 因為ABCD為菱形，所以BC∥AD，又AD？奐平面ADE，所以BC∥平面ADE.因為BDEF為矩形，所以BF∥DE，又DE？奐平面ADE，所以BF∥平面ADE.因為BC∩BF=B，所以平面FBC∥平面ADE，所以CF∥平面ADE.

（2） 如圖6所示，取EF，BD的中點M，N，聯(lián)結(jié)MN.因為BDEF為矩形，又平面BDEF⊥平面ABCD，且平面BDEF與平面ABCD交于BD，所以DE，BF⊥平面ABCD.結(jié)合AD=AB，DE=BF，由勾股定理可得AE=AF，故△AEF為等腰三角形.同理可得CE=CF，△CEF為等腰三角形.聯(lián)結(jié)AM，CM可得AM⊥EF，CM⊥EF，所以∠AMC就是二面角A-EF-C的平面角.

因為AB=BC，故由勾股定理可知AF=CF，故AF=CF=AE=CE，AM=CM.當(dāng)二面角A-EF-C為直二面角時，△AMC為等腰直角三角形.因為N為棱形ABCD對角線BD的中點，故N也為AC的中點，所以MN=AC=AN.因為MN=BF，結(jié)合∠BAD=可得BF=AN=BD，即k=.

（3） 由（2）可知CM⊥EF，CM⊥AM，所以CM⊥平面AEF.要求直線BC與平面AEF所成的角，不妨先求BC與CM所成的角.

聯(lián)結(jié)BM，設(shè)BC=2，則AB=BC=2，故AC==2，NC=AC==MN.因為MN⊥AC，故CM==.因為MN∥BF，故MN⊥BN.因為∠BAD=，AB=AD=2，故△ABD為正三角形，BD=2.又BN=BD=1，所以BM==2.所以cos∠MCB==.結(jié)合圖6可知，直線BC與平面AEF所成角θ與∠MCB互為余角，故sinθ=.

11. 解： （1） 如圖7所示，因為EA∥FC，所以A，C，F(xiàn)，E四點共面.因為EA⊥平面ABC，BM？奐平面ABC，所以EA⊥BM.又BM⊥AC且EA∩AC=A，所以BM⊥平面ACFE.因為EM？奐平面ACFE，所以BM⊥EM.

因為AC是圓O的直徑，B在圓O上，所以∠ABC=90°.又∠BAC=30°，AC=4，所以AB=2，BC=2，所以BM==.由勾股定理可得AM=3，CM=1.因為EA⊥平面ABC，F(xiàn)C∥EA，所以FC⊥平面ABC，所以∠EAM=∠FCM=90°.又FC=CM=1，EA=AM=3，故△EAM與△FCM都是等腰直角三角形，所以∠EMA=∠FMC=45°，所以∠EMF=180°-∠EMA-∠FMC=90°，由此可得EM⊥MF.因為MF∩BM=M，所以EM⊥平面BMF，所以EM⊥BF.

（2） 如圖8所示，延長EF交AC的延長線于G，聯(lián)結(jié)BG，過C作CH⊥BG，聯(lián)結(jié)FH.

由（1）知FC⊥平面ABC，因為BG？奐平面ABC，所以FC⊥BG.又BG⊥CH，F(xiàn)C∩CH=C，所以BG⊥平面FCH，所以BG⊥FH.因為BG為平面BEF與平面ABC的交線，所以∠FHC 為平面BEF與平面ABC所成的二面角的平面角.

因為AC=4，F(xiàn)C∥EA，由===解得GC=2. 由（1）知BM=，CM=1，所以BG===2，又Rt△GHC∽Rt△GMB，所以=，故CH===1.因為FC⊥平面ABC，所以FC⊥CH，又CH=FC=1，所以△FCH是等腰直角三角形，所以∠FHC=45°，所以平面BEF與平面ABC所成的銳二面角的大小為45°.

12. 解： （1） 因為橢圓的焦點在x軸上，故可設(shè)橢圓的方程為+=1（a>b>0），由焦距為12可得c=6，故右焦點F（6，0）.過F且斜率為1的直線AB的方程為y=x-6.把y=x-6代入橢圓方程可得（a2+b2）x2-12a2x+36a2-a2b2=0.設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則x1+x2=，x1x2=.

因為AB的中點M，在直線x+2y=0上，所以+2·=0，即y1+y2=-，又y1+y2=（x1-6）+（x2-6）=x1+x2-12，所以x1+x2=8，即=8，解得a2=2b2.又a2=b2+c2=b2+36，所以b2+36=2b2，解得b2=36，故a2=72，即橢圓的方程為+=1.

（2） 如圖9所示，設(shè)P（x0，y0）（x0>0），因為圓O：x2+y2=36的圓心為O（0，0），半徑r=6，PQ為圓O：x2+y2=36的切線，所以PQ==.因為P在橢圓上，故有+=1，整理得=36-，代入PQ=可得PQ=x0.

PF===. 因為0

由此可得PQ+PF=6，故PQ·PF≤2=18，當(dāng)且僅當(dāng)PQ=PF即x0=6時，PQ·PF有最大值18.

13. 解： （1） 根據(jù)題意有e===，a2+b2=5，結(jié)合a>b>0可得a=2，b=1，所以橢圓的方程為+y2=1.

（2） 如圖10所示，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）.聯(lián)立直線方程與橢圓方程可得+y2=1，y=kx+t；整理得（1+4k2）x2+8ktx+4t2-4=0，所以x1+x2=-，x1x2=.

設(shè)P（m，n）（m>1），因為PC=PD，所以直線PA，PB的斜率互為相反數(shù)，即=

-.把y1=kx1+t，y2=kx2+t代入上式，整理得（t-km-n）（x1+x2）+2kx1x2-2m（t-n）=0，即（t-km-n）-+2k·-2m（t-n）=0，整理得t+2mn-=0.由題意可知，對任意的t∈R，t+2mn-=0恒成立，故=0，2mn-=0，整理得m=4kn （①），mn（1+4k2）=4k （②）.把①式代入②式解得n2=，故m2=16k2n2=.因為m>1，所以>1，解得k<-或k>.

14. 解： （1） 把點1，代入橢圓方程+=1（a>b>0），可得+=1.因為點1，到焦點F1，F(xiàn)2的距離之和為2a=4，所以a=2.代入+=1可得b= （滿足a>b>0），所以橢圓方程為+=1.因為c==1，故焦點坐標(biāo)為F1（-1，0）和F2（1，0）.

（2） 如圖11所示，設(shè)P（m，n），過點P的橢圓的切線方程為y=kx+t，代入橢圓方程+=1可得（3+4k2）x2+8ktx+4t2-12=0，所以Δ=（8kt）2-4（3+4k2）（4t2-12）=48（4k2+3-t2）=0 （*）.

因為P（m，n）在切線y=kx+t上，所以n=km+t，把t=n-km代入*式可得（4-m2）k2+2mnk+3-n2=0.設(shè)直線PA的斜率為k1，直線PB的斜率為k2，則由韋達(dá)定理可得k1k2=.又P在以AB為直徑的圓上，所以∠APB=90°，即PA⊥PB， 所以k1k2==-1，整理得m2+n2=7.所以△PF1F2的周長l=PF1+PF2+F1F2=++2=++2. 因為（+）2=16+2≤16+2=32，故當(dāng)且僅當(dāng)m=0即P在y軸上時，lmax=+2=4+2.

15. 解： （1） 因為x+=x-+，所以2sinx-sinx+=2sinx-·sinx-+=2sinx-cosx-=sinx-=-cosx.故f（x）=cosx--cosx=cosxcos+sinxsin-cosx=sinx-cosx=sinx-.當(dāng)2kπ-≤x-≤2kπ+即x∈8k-，8k+（k∈Z）時，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增.

（2） 在y=g（x）的圖象上任取一點（x，g（x）），由題意可知，它關(guān)于x=2的對稱點（4-x，g（x））在函數(shù)y=f（x）的圖象上，即點（4-x，g（x））滿足f（x）=sinx-.故有g(shù)（x）=sin（4-x）-=-sinx-π=sinx+.當(dāng)x∈[0，2]時，≤x+≤，所以當(dāng)x=0時，g（x）min=sin=.

16. 解： （1） f（x）=xlnx的定義域為（0，+∞）， f′（x）=1+lnx.令f′（x）=0，解得x=.當(dāng)x∈0，時，f′（x）<0， f（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈，+∞時， f′（x）>0， f（x）單調(diào)遞增.故f（x）min= f=-.

（2） 觀察可知f′（x）=1+lnx （x>0）為增函數(shù).設(shè)F（x）=f（k+x）+f（k-x） （0≤x0，所以F（x）在 [0，k）上單調(diào)遞增，所以F（x）≥F（0）=2f（k）.即f（k+x）+f（k-x）≥2f（k）恒成立.故對任意的a，b∈R+，f（a）+f（b）≥2f.

因為f（x）=xlnx，a，b，c∈R+，故alna+blnb+clnc≥3e可化為f（a）+f（b）+f（c）≥3e.因為a+b+c=3e，故f=ln=e， f（a）+f（b）+f（c）+f≥2f+2f≥4f=4f=4e，即f（a）+f（b）+f（c）+e≥4e，alna+blnb+clnc≥3e得證.

17. 解： （1） 當(dāng)a=1時， f（x）=ex+sinx-x，故f′（x）=ex+cosx-1.設(shè)g（x）=ex+cosx-1，因為x≥0，所以g′（x）=ex-sinx≥e0-sinx=1-sinx≥0.故g（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，所以g（x）≥g（0）=e0+cos0-1=1>0即f′（x）>0，由此可知f（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，所以f（x）≥f（0）=1，即f（x）的最小值為1.

（2） 當(dāng)a=2時，f（x）≥f（-x）恒成立即ex-2x+sinx≥e-x+2x-sinx恒成立，整理得ex-e-x+2sinx-4x≥0恒成立.設(shè)h（x）=ex-e-x+2sinx-4x，則h′（x）=ex+e-x+2cosx-4.設(shè)m（x）=ex+e-x+2cosx-4，則m′（x）=ex-e-x-2sinx.設(shè)n（x）=ex-e-x-2sinx，則n′（x）=ex+e-x-2cosx.因為ex+e-x≥2，所以n′（x）≥2-2cosx≥0，故n（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，所以n（x）≥n（0）=0，即m′（0）≥0.所以m（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，故m（x）≥m（0）=0，即h′（0）≥0.所以h（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，所以h（x）≥h（0）=0.所以當(dāng)x≥0，a=2時，不等式f（x）≥f（-x）恒成立.

（3） 當(dāng)x>0時，不等式f（x）≥f（-x）恒成立，意味著不等式ex-e-x+2sinx-2ax≥0恒成立，即2a≤恒成立.設(shè)F（x）=，則應(yīng)有2a≤F（x）min.由（2）知ex-e-x+2sinx-4x≥0，故F（x）=≥=4，所以2a≤4，解得a≤2.當(dāng)x=0時，f（x）=f（-x）.綜上可知，a的取值范圍是（-∞，2].

18. 解： （1） f（x）=x-lnx+，則f′（x）=1--.因此曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線斜率為f′（1）=-a，又f（1）=1+a，所以y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y-（1+a）=（-a）·（x-1），整理得ax+y-（2a+1）=0.由題意可知y=f（x）在（1，f（1））處的切線方程為2x+y-5=0，所以a=2.

f（x）=x-lnx+，f′（x）=1--=.當(dāng)x≥2時，f′（x）≥0，此時f（x）為增函數(shù)，所以f（x）≥f（2）=3-ln2>0.

（2） 如果f（x）的圖象在區(qū)間[2，+∞）上與y=的圖象有兩個不同的交點，則f（x）=在[2，+∞）上有兩個不同的實根，即k=x2-xlnx+2在區(qū)間[2，+∞）上有兩個不同的實根.

令g（x）=x2-xlnx+2 （x≥2），則g′（x）=2x-lnx-1.令h（x）=2x-lnx-1 （x≥2），則h′（x）=2-.當(dāng)x∈[2，+∞）時，h′（x）≥>0，所以h（x）在[2，+∞）上單調(diào)遞增，h（x）≥h（2）=3-ln2>0，即g′（x）>0.所以g（x）=x2-xlnx+2在[2，+∞）上單調(diào)遞增，故不可能存在實數(shù)k使k=x2-xlnx+2在區(qū)間[2，+∞）上有兩個不同的實根，即不存在實數(shù)k使得函數(shù)f（x）的圖象在區(qū)間[2，+∞）上與函數(shù)y=的圖象有兩個不同的交點.

19. 解： （1） f（x）的定義域為x>0， f′（x）=2ax-2+=. f′（x）有零點而f（x）無極值點表明f′（x）在零點兩側(cè)的值正負(fù)相同.

當(dāng)a=0時， f′（x）=-2.令f′（x）=0，解得x=.當(dāng)00；當(dāng)x>時，f′（x）<0.故a=0不滿足題意.

當(dāng)a≠0時，令2ax2-2x+1=0，當(dāng)該方程的判別式Δ=4-8a=0時， f′（x）有零點且零點兩側(cè)的值同號，解得a=.

綜上可得，a=.

（2） 由于f（x）有兩個極值點，故結(jié)合定義域x>0可知f′（x）=有兩個正實數(shù)解，即方程2ax2-2x+1=0有兩個正根.設(shè)這兩個正根為x1，x2，則x1+x2=>0，x1x2=>0，解得a>0.又由Δ=4-8a>0解得a<.綜合可得a的取值范圍是0

設(shè)x10，所以二次函數(shù)h（x）的圖象開口向上，當(dāng)x∈（0，x1）或x∈（x2，+∞）時，h（x）>0，故f′（x）>0， f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（x1，x2）時，h（x）<0，故f′（x）<0，f（x）單調(diào)遞減.所以x=x2為f（x）的極小值點. 把x=x2代入2ax2-2x+1=0可得a=，故f（x2）=a-2x2+lnx2=·-2x2+lnx2=lnx2-x2-.對f（x2）求導(dǎo)可得f′（x2）=-1.由a=∈0，解得x2>1.當(dāng)x2>1時，f′（x2）<0，故f（x2）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，故f（x2）